陕西省洛南中学2024-2025学年高一下学期数学期末复习检测三（立体几何初步）

答案第 1页，共 10页 假期练习卷（三）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A C B D B B A ABC BCD 题号 11 答案 AC 1．D 【分析】利用棱柱、棱锥、圆锥的结构特征逐项判断即可. 【详解】对于 A，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱，A错误； 对于 B，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行的多面体叫做棱 柱，B错误； 对于 C，沿直角三角形的斜边所在直线旋转一周，得到是共底面的两个圆锥组成的组合体，C错误； 对于 D，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，D正确. 故选：D 2．A 【分析】结合题意画出相应图形，即可得答案. 【详解】如图可得三棱柱 1 1 1ABC ABC 中，截去三棱锥 1C ABC 后，剩余的部分是四棱锥. 故选：A 3．C 【分析】根据斜二测画法规则及正弦定理，可得原三角形的底边及高. 【详解】因为 sin 60 sin 45 OA A B       ，所以 32sin 60 2 6 sin 45 2 2 A BO A         ， 所以 ABCV 的面积是 1 1 1 2 2 6 2 6 2 2 2 S BC OA B C O A           ． 故选：C 4．B 【分析】求出球体的半径，结合球体体积公式可得结果. 【详解】设球体半径为 R，则该球的表面积为 24π 4πR  ，可得 1R  ， 因此，该球的体积为 34 4π π 3 3 V R  . 故选：B. 答案第 2页，共 10页 5．D 【分析】举反例可判断 ABC；由线面垂直的性质定理可判断 D. 【详解】对于 A，若 //m n， n  ，则 / /m  ，或m  ，故 A错误； 对于 B，若 / /m  ， / /m  ，则 //  ，或 与  相交，故 B错误； 对于 C，若m n ， n  ，则m与 相交，或m  ，或 / /m  ，故 C错误； 对于 D，若m  ， n  ，则m n ，故 D正确. 故选：D. 6．B 【分析】由长方体的性质可得 1 1//A D BC，所以直线 1A B与直线 1BC所成的角即为直线 1A B与直线 1AD所成的 角，即 1DAB ，由余弦定理求解即可. 【详解】连接 1AD，DB，由长方体的性质可得 1 1//A D BC， 所以直线 1A B与直线 1BC所成的角即为直线 1A B与直线 1AD所成的角，即 1DAB （或其补角）. 在 1ABD 中， 1 7AB  ， 1 2AD  ， 5BD  ， 所以 2 2 2 1 1 1 1 1 7 4 5 3 7cos 2 142 7 2 A B AD BD DAB AB AD            . 故选：B. 7．B 【分析】先求出 1AD BC  ，利用圆台侧面积公式进行求解. 【详解】圆台的上底圆直径为 3，上底圆直径为 4.6，高为 0.6， 过点 ,A B作 ,AE CD BF CD^ ^ ，垂足分别为 ,E F， 故 4.6 3 0.8 2 DE CF    ，故 2 20.8 0.6 1AD BC    ， 故该圆台部分的侧面积为   23π 4.6π 1 3.8πm 2    . 故选：B 8．A 答案第 3页，共 10页 【分析】根据正四棱台性质结合侧棱与底面 ABCD所成角正切值得 1 1 13AH AB ，设 1 12 2AB A B x  ，根据 正四棱台体积公式建立等式计算即可求解. 【详解】如图，连接 1 1,AC AC ，记上、下底面的中心分别为 1,O O， 由正四棱台性质及 1 12AB AB ，可得 1 12AO AO ， 过 1A作 1AH AC ，垂足为H，即 1AH 为正四棱台的高，且 1 1AO OH ， 因为侧棱与底面 ABCD所成角正切值为 6 ， 所以 11tan 6 AHA AH AH    ，且 1 1AH AO OH AO   ， 所以 1 1 1 1 1 1 1 26 6 6 3 2 AH AH AO AB AB     ． 设 1 12 2AB A B x  ，所以 1 3AH x ， 则该正四棱台的体积  2 2 2 2 31 7 34 4 3 213 3V x x x x x x       ， 解得 3x  ，所以 1 3AH  ，即该正四棱台的高为 3． 故选：A 9．ABC 【分析】根据异面直线的特点结合平面性质公理判断各选项即可. 【详解】当 //AC BD或 AC与 BD相交时，A、B、C、D四点共面， 此时 a，b共面，不符合题意，故 ABC错误， 对于 D，如图，在正方体中，若异面直线 a，b为图中两条直线时， 且 ,A D为所在棱的中点， ,B C为正方体的顶点，此时 AC BD . 故选：ABC. 10．BCD 【分析】根据圆台的侧面积公式即可求解 A，根据圆台的体积公式即可求解 B，结合球的体积即可求解 C, 利用勾股定理求解半径，即可根据表面积公式求解 D. 【详解】由题意可知圆台的上底面圆半径为 2R  ，下底面圆半径 1r  ，圆台的高 4h  ， 设圆台的母线为 l，则  22 17l h R r    ， 故圆台的侧面积为  1 2π π 3 17 3 17πr r l     ，故 A错误， 答案第 4页，共 10页 牛奶面所在的圆的半径为  0 1 3 2 2 r R r   ， 故水杯中牛奶的体积为   2 2 2 2 2 0 0 1 1 9 π 9π 19π π π π 2 π 2 π 3 3 4 4 6 r r r r                ，故 B正确， 水杯的体积为    2 2 2 2 21 1 28π π π π 4 π 4π 4π 4 π3 3 3r R r R         , 故 37个小球的体积为 28 19 37π π π 3 6 6   ， 设小球的半径为 0R ，进而 3 0 37 4π=37 π 6 3 R ,解得 0 1 2 R  ，故 C正确， 设水杯的外接球的球心到上底面的距离为 0h ,则  22 2 20 02 1 4h h    ，解得 0 13 8 h  ， 故外接球的半径为 2 2 13 4252 8 64       ，故其表面积为 425 425 64 16 4π  ，故 D正确， 故选：BCD 11．ACD 【分析】A选项，作出辅助线，得到 //MN BE，故直线 EN和 BM 相交，又C平面 BDE，故直线 EN与直 线 BC是异面直线，A正确；B选项，D平面 BMN，故直线CD与平面 BMN不平行；C选项，作出辅助 线，得到所以CD⊥平面 EON，得到直线CD 直线 EN；D选项，由面面垂直得到线面垂直，得到故 ECD 为二面角 E BC D  的平面角，其中 60ECD  ，D正确. 【详解】A选项，连接 , ,BD MN BE，点 N为正方形 ABCD的中心， 故 , ,B D N 三点共线，且 N为 BD中点， 又点M 是线段DE的中点，则 //MN BE， 故直线 EN和 BM 相交，又C平面 BDE， 故直线 EN与直线 BC是异面直线，A正确； B选项，由于D平面 BMN，故直线CD与平面 BMN不平行，B错误； C选项，取CD的中点O，连接 ,OE ON，则 //ON BC，ON⊥CD， 因为 CDE 为等边三角形，所以EO⊥CD， 因为 EO ON O ， ,EO ON 平面 EON， 所以CD⊥平面 EON， 因为 EN 平面 EON，所以直线CD 直线 EN，C正确； D选项，因为平面CDE 平面 ABCD，交线为CD， EO⊥CD， EO平面CDE， 所以 EO⊥平面 ABCD， 答案第 5页，共 10页 因为 BC 平面 ABCD，所以 EO⊥ BC， 因为 BC⊥CD， EO CD O ， ,EO CD 平面CDE， 所以 BC⊥平面CDE， 因为 EC 平面CDE，所以 BC⊥ EC， 故 ECD 为二面角 E BC D  的平面角，其中 60ECD  ， 故二面角 E BC D  的大小为 60，D错误 故选：AC 12．30 【分析】根据题意可知 PCA 为 PC与平面 ABCD所成的角，在 PCAV 中求解即可. 【详解】∵ PA⊥平面 ABCD， ∴ PCA 为PC与平面 ABCD所成的角， 1 3tan 33 PAPCA AC     ， 因为 PCA 为锐角， ∴ 30  PCA . 故答案为：30 13． 5 2 3 3 3 2 ； 【分析】利用割补法求体积；利用正六边形由六个正三角形组成求截面面积. 【详解】该多面体的体积为原正方体的体积去掉 8个相同的三棱锥的体积， 注意到该多面体的原正方体边长为 2， 所以   2 3 1 2 1 2 5 22 8 3 2 2 2 3 V             ； 根据平面性质知，过 A、Q、G三点的平面截得的截面图形是一个边长为 1的正六边形 ABGPQE， 故截面面积为 2 3 3 36 1 4 2    . 故答案为： 5 2 3 ； 3 3 2 答案第 6页，共 10页 14．8π 【分析】设 BCD△ 外接圆的圆心为 E，由正弦定理可求得 1BE  ，设三棱锥 A BCD 的外接球的球心为O， 利用勾股定理可求得OB，进而可求外接球的表面积. 【详解】作出图形示意图如下：设 BCD△ 外接圆的圆心为 E， 因为 π2, 4 BC BDC  ， 所以 BCD△ 的外接圆的半径为 2 1π2sin 22sin 24 2 BC BCBE BDC       ， 设三棱锥 A BCD 的外接球的球心为O， 又因为 AB 底面 , 2BCD AB  ， 所以三棱锥 A BCD 的外接球的半径 2 2 2 2 2 21 1 2 2 ABOB OE BE BE           ， 所以三棱锥 A BCD 的外接球的表面积为 24π 8πOB  . 故答案为：8π . 15．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)2 【分析】（1）取 1 1AC 的中点 F ，连接 EF ， FC，易得 / /EF DC，且 EF DC ， 所以四边形 EFCD为平行四边形，再根据线面平行判定证明. （2）取 AB中点 H ，连 , .EH HD 由中点性质知 AB垂直 ,EH AB垂直HD，根据线面垂直判定得 AB垂直平面 EHD，进而得 AB DE ． （3）利用三棱锥体积公式算出体积. 【详解】（1）证明：取 1 1AC 的中点 F ，连接 EF， FC， 又D， E分别为 BC， 1 1AB 的中点， 所以易得 / /EF DC，且 EF DC ， 所以四边形 EFCD为平行四边形， 所以 / /DE CF ，又DE 平面 1 1A ACC ，CF 平面 1 1A ACC ， 所以 //DE 平面 1 1A ACC ； 答案第 7页，共 10页 （2）证明：取 AB中点 H ，连接 EH ，HD， 则易知 AB EH ， AB HD ， EH HD H ， ,EH HD 平面 EHD， 所以 AB 平面 EHD，DE 平面 EHD， 所以 AB DE ； （3） 1 3AA  ， 2AB AC  ，则三棱锥 A BCE 的体积 1 3A BCE E ABC ABC V V S EH     1 1 2 2 3 2 3 2      ． 16．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 2 6 3 【分析】（1）首先证明四边形 ABED是平行四边形，再根据中位线的性质，结合线面平行的判断定理，即 可证明； （2）根据线面垂直的判断定理，转化为证明线线垂直，即可证明 AE BD ，AE PD ，即可证明线面垂直； （3）利用等体积 1 · 3D PBC PBC P BCD V S d V   ，求点到平面的距离. 【详解】（1） 如图，连接 BE，设 BD AE OI ，连接OF， 因 / /AB DC ， 1 2 2 DE DC AB   ，可得 ABED是平行四边形，则OD OB ， 又 DF PF ，则得 / /OF PB， 因OF 平面 AEF，PB 平面 AEF，故 / /PB 平面 AEF . （2）由（1）已得 ABED ，因 2DA AB  ，故四边形 ABED为菱形，则 AE BD ， 因 PD 平面 ABCD， AE 平面 ABCD，则 PD AE ， 又 BD PD D BD PD  ， ， 平面 PBD，故 AE 平面 PBD . （3）在 Rt ABC 中， 2 22 2 2 2BD    ， 答案第 8页，共 10页 因 PD 平面 ABCD，BD CD 、 平面 ABCD，则 PD BD PD CD ， 在 Rt POB 中，  222 2 2 2 2 2 2 3PD BD PB    ， ， ，同理， 2 2BC  ， 2 5PC  ， 故满足勾股定理 2 2 2PB BC PC  ，则 PB BC ， 故 1 1· 2 3 2 2 2 6 2 2PBC S PB BC     而 1 1 1 8· 4 2 2 3 3 2 3P BCD BCD V S PD        ，设点 D到平面 PBC 的距离为 d， 由等体积法得 1 8· 3 3D PBC PBC P BCD V S d V    ， 得 d = 2 6 3 故点 D到平面 PBC 的距离为 2 6 3 17．(1)证明见解析 (2) 6 4 【分析】（1）通过证明 //BE 平面 1ADC， 1 //EC 平面 1ADC，来证明面面平行； （2）先证明异面直线 1AD与 1BC 所成角为 1EBC （或其补角），再在 1Rt BEC△ 中计算即可. 【详解】（1）证明：因为D， E分别是 AB， 1 1AB 的中点，所以 1A E DB ， 1 //AE DB， 所以四边形 1ADBE是平行四边形，所以 1 //A D BE， 又 1AD 平面 1ADC， BE 平面 1ADC，所以 //BE 平面 1ADC， 连接DE，由棱柱的性质，可知 1 1, ,DB//EB DB EB= 所以四边形 1DBB E为平行四边形，所以 1 1// ,DE BB DE BB ， 又 1 1 1 1// ,CC BB CC BB ， 所以 1//DE CC ， 1DE CC ， 所以四边形 1DECC是平行四边形，所以 1 //EC DC， 又DC 平面 1ADC， 1EC 平面 1ADC，所以 1 //EC 平面 1ADC， 因为 1BE EC E  ， 1,BE EC 平面 1BC E，所以平面 1BC E / /平面 1ADC . （2）解：由（1）知 1 //A D BE，所以异面直线 1AD与 1BC 所成角为 1EBC （或其补角）， 因为三棱柱 1 1 1ABC ABC 为直三棱柱，所以 1BB 平面 1 1 1A BC ， 因为 1B E， 1 1BC 平面 1 1 1A BC ，所以 1 1BB B E ， 1 1 1BB BC ， 答案第 9页，共 10页 所以 2 22 1 5BE    ， 1 2 2BC  ， 1 3EC  ， 所以 2 2 2 1 1BE EC BC  ，即 1BE EC ， 所以在 1Rt BEC△ 中， 1 6sin 4 EBC  ， 即异面直线 1AD与 1BC 所成角的正弦值为 6 4 . 18．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由已知 E为 BD中点，可得 PE BD ，利用面面垂直的性质定理即可证明； （2）由已知，可得CD 平面 PBD，则CD PB ，又得 BP PD ，则 BP 平面 PDC，利用面面垂直的判 定得证. 【详解】（1）因为平面 PBD 平面 BCD，且平面 PBD平面 BCD BD ， 又 AD AB ，则 PB PD，且 E为 BD中点，所以 PE BD ， 又 PE 平面 PBD，所以 PE 平面 BCD； （2）在直角梯形 ABCD中， AD AB ， 90BAD  ， 则 45ABD ADB     ， 又 //AD BC，则 45DBC   ， 又 45BCD  ，所以 90BDC   ， 在折后的几何体 PBCD中， BD DC ， 因平面 PBD 平面 BCD，平面PBD平面 BCD BD ， 又CD 平面 BCD， 所以CD 平面 PBD， 又 PB 平面 PBD，则CD PB ， 又 90BAD  ，即 BA AD ，则 BP PD ， 又CD PD D ， PD 平面 PDC，CD 平面 PDC， 则 BP 平面 PDC， 又 BP 平面 PBC ， 所以平面 PBC 平面 PCD . 19．(1)证明见解析 (2) 7 4 答案第 10页，共 10页 【分析】（1）利用余弦定理求出 BD，即可得到 BC BD ，再由 BC AD ，即可证得 BC 平面 ABD； （2）由（1）可得 BC AB ，则 ABD 为二面角 A BC D  的平面角，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）在 BCD△ 中， 4 3, 2 3, 30CD BC BDC    ， 由余弦定理 2 2 2 2 cosBC BD DC BD DC BDC    ， 即 2 312 48 2 4 3 2 BD BD     ，解得 6BD  ， 所以 2 2 2BC BD DC  ，即 90DBC  ，所以BC BD ， 又 BC AD ， BD AD DÇ = ， ,BD AD平面 ABD， 所以 BC 平面 ABD； （2）因为 BC 平面 ABD，又 AB 平面 ABD，所以BC AB ， 又 BC BD ，所以 ABD 为二面角 A BC D  的平面角， 取 BD的中点O，连接 AO，因为 4AB AD  ，所以 AO BD ， 又 1 3 2  BO BD ，所以 2 2 2 24 3 7AO AB BO     ， 所以 7sin 4 AOABD AB    ， 所以二面角 A BC D  的正弦值为 7 4 . 2024-2025学年度第二学期期末复习卷（三） 高一数学 练习范围：人教A版必修第二册第八章. 建议完成时间：120分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．下列命题中正确的是（ ） A．底面是正多边形的棱柱叫做正棱柱 B．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 C．沿直角三角形的一边旋转一周即可得到圆锥 D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 2．在三棱柱中，截去三棱锥后，剩余的部分是（ ） A．四棱锥 B．五棱锥 C．三棱柱 D．三棱台 3．如图，已知△ABC用斜二测画法得到的水平放置的直观图为，已知是周长为6的正三角形，则△ABC的面积是（ ） A． B． C． D．4 4．一球体的表面积为，该球体的体积为（ ） A． B． C． D． 5．已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 6．已知长方体，，，，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 7．亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀．重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台（图2）的组合体．已知某重檐凉亭的圆台部分的轴截面如图3所示，则该圆台部分的侧面积为（ ） A． B． C． D． 8．已知正四棱台的体积为，，若侧棱与底面所成角的正切值为，则该正四棱台的高为（    ） A．3 B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9．a，b是两条异面直线，A，B在直线a上，C，D在直线b上，A、B、C、D四点互不相同，则下列结论一定不成立的是（  ） A．A、B、C、D四点共面 B． C．与相交 D． 10．如图，已知圆台形水杯盛有牛奶（不计厚度），杯口的直径为4，杯底的直径为2，杯高为4，当杯底水平放置时，牛奶面的高度为水杯高度的一半，若加入37颗大小相同的椰果（球形），椰果沉入杯底，牛奶恰好充满水杯，则（  ） A．该水杯侧面积为 B．该水杯里牛奶的体积为 C．放入的椰果半径为 D．该水杯外接球的表面积为 11．如图，点为正方形的中心，△CDE为正三角形， 平面平面，点是线段的中点，则（  ） A．直线与直线是异面直线 B．直线平面 C．直线直线 D．二面角的大小为45° 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12．在矩形中，，⊥平面，，则与平面所成的角为 13．如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同，数学上我们称之为半正多面体，亦称为阿基米德多面体，如图2，设，则该多面体的体积为 ，过A、Q、G三点的平面截该多面体所得的截面面积为 . 14．三棱锥中，底面，则三棱锥的外接球的表面积为 ． 4、 解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. （13分）如图，在直三棱柱中，AB⊥AC， ，分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)求证：． (3)若，，求三棱锥的体积． 16.（15分）如图，在四棱锥中，平面 ， 分别为棱的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求点到平面的距离. 17.（15分）如图，在三棱柱中，，分别是，的中点. (1)证明：平面平面； (2)若三棱柱为直三棱柱，且棱长均为2， 求异面直线与所成角的正弦值. 18.（17分）如图，在直角梯形中，已知，，，，E为对角线的中点，现将沿折起到的位置，使平面平面．求证： (1)直线平面； (2)平面平面． 19.（17分）如图，在三棱锥中， ． (1)平面； (2)当时，求二面角的正弦值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 试卷类型 A A B A 缺考标记（禁止考生填涂） A 注意事项 选择题请用2B铅笔填涂方框，如需改动，必须用橡皮擦干净，不留痕迹，然后再选择其它答案标号。 非选择题必须使用黑色签字笔书写，笔迹清楚。 请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域，以及在草稿纸和试题上的答案均无效。 请保持卷面清洁，不要折叠和弄破答题卡。 填 涂 样 例 正确填涂 SHAPE \* MERGEFORMAT SHAPE \* MERGEFORMAT SHAPE \* MERGEFORMAT SHAPE \* MERGEFORMAT SHAPE \* MERGEFORMAT 2024-2025学年度第二学期期末复习卷三 高一数学答题卡 姓 名 准考证号 � � � � � � � � � � � 条形码粘贴区域 (正面朝上，切勿贴出虚线方框) 三、填空题（每小题5分，共15分） 12、 13、 14、 一、选择题（每小题5分，共40分） 1� A � B � C � D � � � � 6� A � B � C � D � � 2� A � B � C � D � � � � 7� A � B � C � D � � 3� A � B � C � D � � � � 8� A � B � C � D � � 4� A � B � C � D � � � � � � � � � � 5� A � B � C � D � � � � � � � � � � 二、多选题（每小题6分，共18分） 9� A � B � C � D � � � � � � � � � � 10� A � B � C � D � � � � � � � � � � 11� A � B � C � D � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 四、解答题（共77分） 15、（13分） � 16、（15分） � 17、（15分） � 18、（17分） � 19、（17分） � 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 数学 第1页 共2页 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 数学 第1页 共2页 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 $$